[BZOJ2005][Noi2010]能量采集

2005: [Noi2010]能量采集

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Description

栋栋有一块长方形的地,他在地上种了一种能量植物,这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后,
栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐,一共有n列,每列
有m棵,植物的横竖间距都一样,因此对于每一棵植物,栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示,其中x的范围是1至n,
表示是在第x列,y的范围是1至m,表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大,不便移动,栋栋将它放在了
一个角上,坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器
连接而成的线段上有k棵植物,则能量的损失为2k + 1。例如,当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时,由于
连接线段上存在一棵植物(1, 2),会产生3的能量损失。注意,如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植
物,则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子,其中n = 5,m = 4,一共有20
棵植物,在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中,总共产生了36的能
量损失。

Input

仅包含一行,为两个整数n和m。

Output

仅包含一个整数,表示总共产生的能量损失。

Sample Input

【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4

Sample Output

【样例输出1】
36
【样例输出2】
20
对于100%的数据:1 ≤ n, m ≤ 100,000。
先考虑一个端点在$\left(0,0\right)$另一个的端点在$\left(x_0,y_0\right)$的一条线段
它的方程显然为$y_0x-x_0y=0$
整点的个数即为非负整数解,显然为$gcd\left(x_0,y_0\right)+1$个
排除掉两个端点那么就有$gcd\left(x_0,y_0\right)-1$个
那么由题意可知道一颗在$\left(x,y\right)$的植物对答案的贡献为$2*gcd\left(x,y\right)-1$
由对称性,不妨设$n\le m$
$ans=2*\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m gcd\left(i,j\right)-n*m$
又因为$n=\sum_{d\mid n}\varphi\left(d\right)$
所以$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m gcd\left(i,j\right)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid i,d\mid j}\varphi\left(d\right)=\sum_{d=1}^n\varphi\left(d\right)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$
分不分块都可以,反正是有$O(n)$的预处理时间的
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 10;
bool mark[maxn] = {false};
int pri[maxn], prn = 0;
int phi[maxn], sum[maxn];
void shai(){
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(!mark[i]){
            phi[i] = i - 1;
            pri[++prn] = i;
        }
        for(int j = 1; j <= prn && i * pri[j] < maxn; j++){
            mark[i * pri[j]] = true;
            if(i % pri[j] == 0){
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                break;
            }
            else phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1; i < maxn; i++) sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];
}
int main(){
    shai();
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    if(n > m) swap(n, m);
    ll ans = 0;
    for(int p, i = 1; i <= n; i = p + 1){
        p = min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans += (ll) (sum[p] - sum[i - 1]) * (n / p) * (m / p);
    }
    printf("%lld\n", 2LL * ans - (ll) n * m);
    return 0;
}

 

posted @ 2017-10-16 20:19  Elder_Giang  阅读(...)  评论(...编辑  收藏